Vektorok vektoriális szorzata, síkok
3.4. Síkok a térben
A térbeli egyenesek mintájára a síkok is leírhatók paraméteres vektoregyenlettel. Legyene,f ∈R3 két lineárisan független (tehát nem egy egyenesbe es˝o) vektor,a∈R3pedig adott pont. Akkor az
x:=a+u·e+v·f (u,v∈R)
pontok egy síkot alkotnak, mely illeszkedik azapontra és párhuzamos azeés azf vektorokkal. Sokkal egyszer˝ubb és elterjedtebb azonban a síkokat egy, az adott síkra mer˝oleges ún. normálvektor segítségével leírni. Jelöljönn6=0egy ilyen normálvektort, és legyena∈R3 a sík egy tetsz˝oleges pontja. Nyilvánvaló, hogy egyx∈R3pont akkor és csakis van rajta a síkon, ha azx−akülönbségvektor párhuzamos a síkkal, azaz, ha x−amer˝oleges aznnormálvektorra. Innen nyerjük az adott pontra illeszked˝o, adott normálvektorú sík ún normálegyenletét(ld. az ábrát):
hx−a,ni= 0, melyet kifejtve kapjuk az alábbi egyenletet:
(x1−a1)·n1+ (x2−a2)·n2+ (x3−a3)·n3 = 0
3.15. ábra. Egy pontjával és normálvektorával adott sík
Megjegyzés: Csakúgy mint az egyeneseknél, a jelölési konvenciók itt sem egységesek. Sokszor szokás a sík egy pontját(x,y,z)-vel jelölni: ekkor a sík normálegyenlete(x−ax)·nx+ (y−ay)·ny+ (z−az)·nz = 0 alakú,. ahol most(ax,ay,az)a sík egy pontja, és(nx,ny,nz)a normálvektor.
3-5. Példa: Az origóra illeszked˝o, azx= 2−3t,y=t,z= 1 + 4tegyenesre mer˝oleges sík normálegyenlete:
−3x+y+ 4z= 0,
mivel az egyenes(−3,1,4)irányvektora egyúttal a sík normálvektora is.
Gyakran el˝ofordul, hogy a normálvektor maga nem adott, viszont a síknak három pontját (a,b,c) ismerjük:
ha e három pont nem esik egy egyenesbe, akkor meghatározza a síkot. Ekkor els˝o lépésben normálvektort kell keresnünk. Nyilvánvaló, hogy a(b−a)és a(c−a)különbségvektorok mindketten párhuzamosak a síkkal, és lineárisan függetlenek, mivel nem esnek egy egyenesbe. Következésképp ezek vektoriális szorzata, az
n:= (b−a)×(c−a)vektor mer˝oleges az egész síkra, így választható normálvektornak. Így nyerjük a három pontra illeszked˝o sík normálegyenletét:
3.13. Állítás: Aza,b,c∈R3 (nem egy egyenesbe es˝o) pontok által meghatározott sík normálegyenlete:
hx−a,(b−a)×(c−a)i= 0,
3-6. Példa: Határozzuk meg az (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) pontokra (azaz az i, j, k vektorok végpontjaira) illeszked˝o sík normálegyenletét.
3.16. ábra. Három pontjával adott sík
Megoldás: A normálvektor: n= (k−i)×(j−i) =k×j−i×j−k×i+i×i=−j×k−i×j−k×i=
−i−k−j= (−1,−1,−1), innen a sík egyenlete:−(x−1)−y−z= 0, azazx+y+z= 1.
Végezetül összefoglalunk néhány, a térbeli pontokkal, egyenesekkel és síkokkal kapcsolatos néhány típusproblémát és azok egy-egy lehetséges megoldási módszerét.
Pont és egyenes távolsága: Ab∈R3 pontnak azx=a+t·eegyenest˝ol mért távolsága épp az alábbi vektor hossza: (b−a)−(b−a)e, ahol(b−a)ea(b−a)különbségvektornakeirányú ortogonális vetülete. A szóban forgó vektor hosszát Pitagorász tétele alapján számíthatjuk:
s
||b−a||2−
|hb−a,ei|
||e||
2
Pont és sík távolsága: Ad∈R3 pontnak azhx−a,ni= 0síktól mért távolsága épp a(d−a)különbségvektorn irányú ortogonális vetületvektorának hossza (ld. az ábrát), azaz |hd−a,ni|||n||
Következésképp aza,b,c,d∈R3 pontok akkor és csakis akkor vannak egy síkon, ha
hd−a,(b−a)×(c−a)i= 0. (Gondoljuk át a kivételes eseteket is!) Ez az eredmény újabb megoldási módszerét adja az egyenesek kitér˝o jellegének eldöntésére: nyilvánvaló, hogy két egyenes akkor és csakis akkor esik egy síkba, ha két-két különböz˝o pontja egy síkon van.
Adott pontra és adott egyenesre illeszked˝o sík. Azx=a+t·eegyenesre és az azon kívül es˝ob∈R3pontra
3.17. ábra. Pont és egyenes távolsága
3.18. ábra. Pont és sík távolsága
illeszked˝o sík nyilván párhuzamos mind a(b−a)különbségvektorral, mind pedig azeirányvektorral, így normálvektoran:= (b−a)×e-nek választható.
Két adott síkkal párhuzamos egyenes: Azhx−a,ni= 0és azhx−b,mi= 0síkokkal párhuzamos egyenes mer˝oleges mindkét sík normálvektorára, így irányvektorae:=n×m-nek választható.
Egyenes és sík döféspontja. Azx=a+t·eegyenes és azhx−b,ni= 0sík döféspontja az azx∈R3 pont, mely kielégíti mindkét egyenletet. Az ezt jellemz˝otparaméter így azha+t·e−b,ni= 0egyenletb˝ol határozható meg, ahonnant= hb−a,nihe,ni . Ezt atszámot behelyettesítve az egyenes egyenletébe, a döféspont már adódik.
Ellen ˝orz ˝o kérdések és feladatok
3.5. Ellen˝orz˝o kérdések
Start. Kattintson a Start-ra, a kvíz kitöltése után pedig a Stop-ra.
1.Legyenekx:= (1,0,3),y:= (1,0, −3),z:=x×y. Akkor x,y,zlineárisan függetlenek, de nem alkotnak bázistR3-ban x,y,zlineárisan összefüggok, és bázist alkotnakR3-ban x,y,zlineárisan függetlenek, és bázist alkotnakR3-ban
x,y,zlineárisan függetlenek, és kétdimenziós alteret generálnakR3-ban 2.Legyena∈R3 tetsz˝oleges,b:=−a, ésc:=a×b. Akkor aza,b,cvektorok
lineárisan függetlenek lineárisan összefügg˝ok bázist alkotnakR3-ban
lineárisan burkaR3-mal egyezik
3.Adottak aza,b,c∈R3 vektorok. Van-e olyanR3-beli vektor, mely mindháromra mer˝oleges?
igen, aza×b×cvektor ilyen nincs ilyen vektor
igen, de csak a0vektor ilyen
igen, ha aza,b,cvektorok egy síkban vannak
4.Legyenekx,y∈R3 olyanok, hogyhx,yi= 0. Akkor xésyszükségképp 0 vagyπszöget zárnak be xésyszükségképp mer˝olegesek
xésyközül legalább az egyik zérusvektor
xésymindketten szükségképp zérusvektorral egyenl˝ok 5.Haa,b∈R3 olyanok, hogya×b=0, akkor
aésbszükségképp mer˝olegesek aésbszükségképp párhuzamosak aésblegalább az egyik zérusvektor aésbmindegyike zérusvektor 6.Az(1,3, −1)és a(0,−2, −2)vektorok
hegyesszöget zárnak be mer˝olegesek
tompaszöget zárnak be párhuzamosak
7.Azx+y+z=−1sík és azx=−1 +t,y=−1 +t,z=−1 +tegyenes mer˝olegesek
párhuzamosak
hegyesszöget zárnak be illeszkednek egymásra
8.Ha egy sík normálvektora és egy egyenes irányvektora párhuzamosak, akkor az a sík és egyenes mer˝olegesek
párhuzamosak
illeszked˝oek (az egyenes illeszkedik a síkra) a fenti esetek egyike sem feltétlen igaz.
9.Azx+y+z=−1és az−2x−2y−2z= 6síkok mer˝olegesek
párhuzamosak
hegyesszöget zárnak be illeszkednek egymásra
10.Azx=t,y=t,z= 2tés azx=−t,y= 2t,z=−3tegyenesek párhuzamosak
mer˝olegesek kitér˝ok
metszik egymást Stop.
Pontok:
3.6. Feladatok
3.1. Feladat: Határozzuk meg annak az egyenesnek az egyenletét, mely illeszkedik a(2,3,−1)pontra, és párhuzamos azx= 1,y=−t,z= 1 +tegyenessel.
Megoldás: itt
3.2. Feladat: Határozzuk meg annak az egyenesnek az egyenletét, mely illeszkedik az (1,0,1) pontra, és mer˝oleges azx+y−5z= 50síkra. Határozzuk meg a döféspont koordinátáit is.
Megoldás: itt
3.3. Feladat: Párhuzamos-e azx= 3 + 4t,y=−1−2t,z= 7tegyenes a3x−y−2z= 23síkkal?
Megoldás: itt
3.4. Feladat: Mi a (11,11,11) pont mer˝oleges vetülete azx+y+z= 1síkon?
Megoldás: itt
3.5. Feladat: Adottak azA1 := (x1,y1), A2:= (x2,y2), A3:= (x3,y3),∈R2síkbeli pontok, melyek nem egy egyenesre illeszkednek. Hogyan dönthetjük el, hogy egy A := (x,y) ∈ R2 pont a fenti 3 pont meghatározta háromszög belsejében fekszik-e vagy sem?
Megoldás: itt
3.6. Feladat: Legyeneka := (1,10,1000)ésb := (−1,0.1,−0.001). Határozzuk meg az (a×b)×(b×a) vektort.
Megoldás: itt
3.7. Feladat: Legyeneka := (−1,2,1)ésb := (3,1,1). Bázist alkotnak-e R-ban ab,b×aés ab×(b×a) vektorok?
Megoldás: itt
3.8. Feladat: Azx+ 2y+ 3z = 4és a 3x+ 2y+z =−4síkok metszésvonala mer˝oleges-e az(1,1,1)pont helyvektorára?
Megoldás: itt
3.9. Feladat: Melyik az az egyenes, mely párhuzamos azx−y+ 2z = 1és azx+y−2z= 1 síkokkal, és illeszkedik az origóra?
Megoldás: itt
3.10. Feladat: Írjuk fel azA1 := (−2,−3,5),A2 := (−3,5,−2)és azA3 := (5,−2,−3)pontokra illeszked˝o sík egyenletét. Altere-e ez a síkR3-nak?
Megoldás: itt
3.11. Feladat: Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, mely illeszkedik az origóra és azx = t,y = 2t+ 1, z= 3t+ 2egyenlet˝u egyenesre.
Megoldás: itt
3.12. Feladat: Határozzuk meg annak az egyenesnek az egyenletét, mely illeszkedik az(1,1,1)pontra, és mer˝oleges azx= 1 +t,y=t,z=−1−tés azx= 1−t,y=t,z=−1 +tegyenlet˝u egyenesekre.
Megoldás: itt
3.13. Feladat: Határozzuk meg azx−y+ 4z= 0és azx+y+ 4z= 0síkok metszésvonalát.
Megoldás: itt
3.14. Feladat: Egy síkon vannak-e az(1,10,100),(100,1,10),(10,100,1)és a(37,37,37)pontok?
Megoldás: itt
3.15. Feladat: Egy síkban vannak-e azx= 1 + 2t,y= 1−3t,z= 1 + 4tegyenes valamint aP := (1,2,3)és aQ:= (5,−4,11)pontok?
Megoldás: itt
3.16. Feladat: Metszik-e egymást azx= 1 + 3t,y= 2 + 2t,z= 3 +tés azx= 3 +t,y= 2 + 2t,z= 1 + 3t egyenesek? Ha igen, mi a metszéspont? Ha nem, miért nem?
Megoldás: itt
3.17. Feladat: A szögek tényleges meghatározása nélkül döntsük el, hogy az alábbi vektorok hegyes-, derék-vagy tompaszöget zárnak-e be egymással.
(1) a= (−1,3,4) b= (1,0,7) (2) a= (4, −1,2) b= (1,9,0) (3) a= (−5, −3,1) b= (2,1,13) Megoldás: itt
3.18. Feladat: Határozzuk meg a következ˝o vektorpárok szögét.
(1) a= (7, −1,6) b= (2,20,1) (2) a= (1, −1,0) b= (0,1,1) (3) a= (2,7, −1) b= (2,0,1) Megoldás: itt
3.19. Feladat: Határozzuk meg azA := (1,0, −1),B := (1, −1,3),C := (−7,2,1)csúcspontokkal adott háromszög kerületét és aB csúcsnál lév˝o szögét.
Megoldás: itt
3.20. Feladat: Legyenek a := (−1,3,4), b := (1,0,7). Határozzuk meg az a×b , b×a , és az a×a vektoriális szorzatvektorokat
Megoldás: itt
3.21. Feladat: Egy egyenesre esnek-e azA:= (1,1, −2),B:= (−1, −3,0),C:= (5,1, −7)pontok?
Megoldás: itt
3.22. Feladat: Egy síkra esnek-e aza=0és ab= (3,1,1),c= (0, −1,2),d= (−2,1,2)pontok?
Megoldás: itt
3.23. Feladat: Hogyan válasszuk megCpont harmadik koordinátáját, hogy azA:= (0,0,0),B := (4,2,−1), C := (3,5, z),D:= (−1, −5,3)pontok egy síkra illeszkedjenek?
Megoldás: itt
3.24. Feladat: Írjuk fel azA := (3, −1,2), B := (4,1,1),C := (7, −2,5)csúcspontú háromszög síkjára mer˝oleges, azAponton átmen˝o egyenes paraméteres egyenletrendszerét.
Megoldás: itt
3.25. Feladat: Határozzuk meg annak az egyenesnek a paraméteres egyenletrendszerét, mely illeszkedik a b:= (5, −2, −1)pontra, és mer˝olegesen metszi azx= 3 + 2t,y=−1 +t,z=−2tegyenest.
Megoldás: itt
3.26. Feladat: Adjuk meg annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik a(0,4, −7)pontra és mer˝oleges a2x−y−z= 1és a4x−y+z= 12síkokra.
Megoldás: itt
3.27. Feladat: Határozzuk meg azA:= (0,0,0),B := (100,0,0),C := (100,100,0),D := (0,100,0) csúcs-pontú négyzetre mint alapra állított 100egység magasságú négyzetes gúla azon oldallapjának síkját, mely a B ésC pontokra illeszkedik.
Megoldás: itt
3.28. Feladat: Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik azx= 2 + 3t,y=−1 + 2t,z= 3−2t és azx= 1 + 3t,y= 2 + 2t,z=−3−2tegyenesekre.
Megoldás: itt
3.29. Feladat: Határozzuk meg azA:= (1, −2,1)pont távolságát azx−y+ 3z=−5síktól.
Megoldás: itt
3.30. Feladat: Határozzuk meg azx = 3 + 2t,y = 1 +t,z= 2−tés azx=−1 +t,y = 2 + 2t,z= 1−2t egyenes metszéspontját (ha létezik egyáltalán).
Megoldás: itt
3.31. Feladat: Határozzuk meg a 2x−3y +z = −10 és a 4x+y −z = 0 normálegyenlet˝u síkok közös egyenesének (a metszésvonalnak) paraméteres egyenletrendszerét (ha létezik egyáltalán közös egyenes).
Megoldás: itt
3.32. Feladat: Határozzuk meg az x = 2 + 3t,y = 3t, z = 5 + 4tegyenes és azx+ 2y−z = 7sík közös pontját (ha létezik egyáltalán).
Megoldás: itt
3.1Megoldás:
Az adott egyenes irányvektora az egyenletéb˝ol kiolvasható: e= (0,−1,1), ahonnan a keresett egyenes egyenlete: x= 2,y= 3−t,z=−1 +t.
3.2Megoldás:
Az egyenes irányvektora párhuzamos kell, hogy legyen a sík normálvektorával, azaz aze:= (1,1,−5)választás megfelel. Innen az egyenes egyenlete: x= 1 +t,y =t,z=−1−5t. A döféspont az egyenesnek olyan
(egyel˝ore ismeretlentparaméternek megfelel˝o) pontja, mely a sík egyenletét is kielégíti, azaz, melyre (1 +t) +t−5(1−5t) = 50teljesül. Innentszámítható: t-ret= 2adódik. Következésképp a döféspont koordinátái: (1 + 2,2,1−5·2) = (3,2,−9).
3.3Megoldás:
Az egyenes és a sík párhuzamossága azzal egyenérték˝u, hogy az egyenes irányvektora és a sík normálvektora mer˝olegesek. Jelen esetbene= (4,−2,7)ésn= (3,−1,−2). Mivel pedighe,ni= 0, azérte⊥n, tehát az egyenes párhuzamos a síkkal.
3.4Megoldás:
A vetületi pont egyezik az (11,11,11) pontra illeszked˝o, a sík normálvektorával párhuzamos egyenes és a sík döféspontjával. A sík normálvektora (1,1,1), így az egyenes egyenlete: x= 11 +t,y= 11 +t,z= 11 +t. A döféspont koordinátái kielégítik a sík egyenletét, azaz(11 +t) + (11 +t) + (11 +t) = 1, innent=−323. Következésképp a döféspont koordinátái: (11−323 ,11−323 ,11−323) = (13,13,13).
3.5Megoldás:
Könnyen látható, hogy at·A1+ (1−t)·A2 pontok akkor és csak akkor vannak rajta azA1A2 szakaszon, ha 0≤t≤1. Másszóval, at1·A1+t2·A2pontok akkor és csak akkor vannak rajta azA1A2 szakaszon, ha
t1,t2 ≥0ést1+t2 = 1. Innen könnyen látható, hogy at1·A1+t2·A2+t3A3pontok akkor és csak akkor esnek azA1A2A3 háromszögbe, hat1,t2,t3≥0ést1+t2+t3 = 1. Ezen észrevétel után az algoritmus a következ˝o lehet: megkíséreljük el˝oállítani azApontot, illetve annakx,ykoordinátáit a következ˝o alakban:
t1x1+t2x2+t3x3 =x t1y1+t2y2+t3y3 =y t1 +t2 +t3 = 1
azaz megoldjuk a fenti 3-ismeretlenes egyenletrendszert az ismeretlent1,t2,t3 együtthatókra. (Megoldás mindig van, mert mivelA1,A2,A3nem esnek egy egyenesbe, azért az(A2−A1)és az(A3−A1)vektorok lineárisan függetlenek, így bázist alkotnakR2-ben, tehát minden vektor, így(x,y)is el˝oáll ezek lineáris kombinációjaként: x=α(x2−x1) +β(x3−x1),y=α(y2−y1) +β(y3−y1), ahonnant1 =−α−β,t2=α, t3 =β.) Ha az így kapottt1,t2,t3 együtthatók mindegyike pozitív, akkor azApont a háromszög belsejében van, egyébként nem.
Megjegyzés: A fenti t1,t2,t3 számokat az A pont baricentrikus koordinátáinak nevezzük. Az algorit-mus értelemszer˝uen általánosítható tetsz˝oleges, de konvex sokszögekre. A feladatban megadott probléma egyébként gyakran el˝ofordul pl. a számítógépes grafikában.
3.6Megoldás:
Az eredmény (számolás nélkül) a zérusvektor, mivel(a×b)×(b×a) =−(a×b)×(a×b) =0.
3.7Megoldás:
Mivelaésbnem párhuzamosak, így egy kétdimenziós alteret (síkot) generálnak: b×amer˝oleges erre a síkra, b×(b×a)pedig minda-ra, mindb×a-ra mer˝oleges. A három vektor tehát páronként ortogonális, egyik sem zérusvektor, így lineárisan függetlenek. Mivel pedigR3háromdimenziós, azért e három vektor bázist alkot R3-ban.
3.8Megoldás:
A metszésvonal mindkét sík normálvektorára mer˝oleges, így az irányvektornak az
e:= (1,2,3)×(3,2,1) = (−4,8,−4)választás megfelel. Ez pedig mer˝oleges az(1,1,1)vektorra, mert h(−4,8,−4),(1,1,1)i= 0.
3.9Megoldás:
Az egyenes mer˝oleges mindkét sík normálvektorára, így az irányvektornak az
e:= (1,−1,2)×(1,1,−2) = (0,4,2)választás megfelel. A keresett egyenes az origóra illeszkedik, így egyenlete: x= 0,y= 4t,z= 2t. Ugyanennek az egyenesnek egy másik egyenlete:x= 0,y= 2t,z=t.
3.10Megoldás:
AzA2−A1= (−1,8,−7)és azA3−A1 = (7,1,−8)vektorok a síkkal párhuzamosak: a sík normálvektora tehát kett˝ojük vektoriális szorzatának vehet˝o:(−1,8,−7)×(7,1,−8) = (−57,−57,−57). Ehelyett célszer˝ubb a vele párhuzamosn:= (1,1,1)vektort venni. A sík illeszkedik pl.A1-re, így egyenlete(x+ 1) + (y−8) + (z+ 7) = 0, azazx+y+z= 0. Innen látható, hogy a sík illeszkedik az origóra is, így altérR3-ban.
3.11Megoldás:
A sík tartalmazza az origót és pl. a(0,1,2)pontot (az egyenest= 0paraméter˝u pontját), így párhuzamos a (0,1,2)vektorral, továbbá párhuzamos az egyenes(1,2,3)irányvektorával is. Normálvektora tehát e két vektor vektoriális szorzatának vehet˝o: n:= (0,1,2)×(1,2,3) = (−1,2,−1). A sík illeszkedik az origóra is, így
egyenlete: −x+ 2y−z= 0.
3.12Megoldás:
A sík normálvektora mindkét egyenes irányvektorára mer˝oleges, így e kett˝o vektoriális szorzatának vehet˝o:
(1,1,−1)×(−1,1,1) = (2,0,2). Egyszer˝ubb ennek 12-szeresét választani:n:= (1,0,1). A sík illeszkedik az(1,1,1) pontra is, így egyenlete: (x−1) + (z−1) = 0, azazx+z= 2.
3.13Megoldás:
A metszésvonal irányvektora mindkét sík normálvektorára mer˝oleges, így kett˝ojük vektoriális szorzatának vehet˝o: (1,−1,4)×(1,1,4) = (−8,0,2). Egyszer˝ubb ennek 12-szeresét választani:e:= (−4,0,1). Mivel mindkét sík illeszkedik az origóra, azért a metszésvonal is. Így a metszésvonal egyenlete: x=−4t,y= 0,z=−t.
3.14Megoldás:
A feladat gépies megoldása: a(99,−9,−90)és a(9,90,−99)különbségvektorok párhuzamosak az els˝o 3 pont által meghatározott síkkal, így annak normálvektora e két vektor vektoriális szorzatának vehet˝o:
(99,−9,−90)×(9,90,−99) = 9·9·(111,111,111). Egyszer˝ubb ennek 81·1111 -szeresét választani: n:= (1,1,1). A sík illeszkedik pl. az(1,10,100)pontra így egyenlete(x−1) + (y−100) + (z−100) = 0, azazx+y+z= 111.
Ezt pedig a negyedik pont koordinátái kielégítik, tehát a négy pont egy síkon van.
Jóval gyorsabban célhoz érünk, ha észrevesszük, hogy a 4. pont épp az els˝o három pont által meghatározott háromszög súlypontja, így szükségképp velük egy síkon van.
3.15Megoldás:
Az egyenesre illeszkedik pl. azA:= (1,1,1)pont is (t= 0mellett). Így az egyenes, azAés aP pont olyan síkra illeszkednek, melynek normálvektora mer˝oleges az egyenes(2,−3,4)irányvektorára és aP−A= (0,1,2) különbségvektorra is, így kett˝ojük vektoriális szorzatának vehet˝o:(2,−3,4)×(0,1,2) = (−10,−4,2). Célszer˝u ennek −12
-ét venni:n:= (5,2,−1). A sík illeszkedik pl. az(1,1,1)pontra is, így egyenlete:
5(x−1) + 2(y−1)−(z−1) = 0, azaz5x+ 2y−z= 6. Ezt pedig aQpont koordinátái kielégítik, tehát az egyenes és a két pont egy síkon van.
3.16Megoldás:
A mindkét egyenessel párhuzamos sík normálvektora az irányvektorok vektoriális szorzatának vehet˝o:
(3,2,1)×(1,2,3) = (4,−8,4). Célszer˝u ennek 14-ét venni:n:= (1,−2,1). Ha a síkra illeszkedik pl. az els˝o egyenes(1,2,3)pontja is, akkor a sík egyenlete: (x−1)−2(y−2) + (z−3) = 0, azazx−2y+z= 0. Ezt pedig mindkét egyenes minden pontja kielégíti, tehát a két egyenes valóban egy síkon van, és mivel irányvektoraik nem párhuzamosak, azért metsz˝ok. A metszéspont koordinátái kielégítik mindkét egyenes egyenletét:
1 + 3t1 = 3 +t2
2 + 2t1 = 2 + 2t2 3 +t1= 1 + 3t2
Az egyenletrendszer megoldható, megoldása könnyen láthatóant1 =t2= 1. Innen a metszéspont koordinátái:
(4,4,4).
Megjegyzés: Voltaképpen felesleges volt a közös sík egyenletét meghatározni. A metszéspont létezése ui.
egyúttal azt jelenti, hogy a két egyenes egy síkon van.
3.17Megoldás:
Ha
• ha,bi>0 akkor a két vektor hegyesszöget zár be egymással
• ha,bi<0 akkor a két vektor tompaszöget zár be egymással
• ha,bi= 0 akkor a két vektor mer˝oleges egymásra (1) ha,bi=h(−1,3,4),(1,0,7)i= 27>0
tehát a két vektor hegyesszöget zár be egymással (2) ha,bi=h(4, −1,2),(1,9,0)i=−5<0
tehát a két vektor tompaszöget zár be egymással (3) ha,bi=h(−5,−3,1),(2,1,13)i= 0
tehát a két vektor derékszöget zár be egymással
3.18Megoldás:
Legyen a két vektor által közbezárt szögα, ekkor
cosα= ha,bi
3.19Megoldás:
Az egyes oldalak hosszúságai:
||B−A||=||(0, −1,4)||=√ 17
||C−A||=||(−8,2,2)||=√ 72
||C−B||=||(−8,3, −2)||=√ 77 A háromszög kerülete: √
17 +√ 72 +√
77.
AB csúcsnál lév˝oβ szög épp azA−B ésC−B vektorok által közbezárt szög. És mivel A−B = (0,1,−4), C−B = (−8,3, −2),
azért
cosβ = hA−B,C−Bi
||A−B|| · ||C−B|| = 11
√17√ 77 AB csúcsnál lév˝o szög tehát:
β= arccos 11
√
1309 ≈72.3◦
3.20Megoldás:
Ez utóbbi kett˝ot számítás nélkül is tudhatjuk, mert egyrészt tudjuk, hogy a vektoriális szorzat el˝ojelet vált, ha a tényez˝oket felcseréljük:
b×a=−a×b,
ahonnan nyomban adódik az is, hogy bármely vektor önmagával vett vektoriális szorzata a zérusvektor:
a×a=0.
3.21Megoldás:
A három pont akkor illeszkedik egy egyenesre, ha aB−AésC−Akülönbségvektorok párhuzamosak (vagy ezzel egyenérték˝uen, azA−B és aC−B ill. azA−Cés aB−Cvektorok párhuzamosak).
És mivel
B−A= (−2, −4,2), C−A= (4,0, −5), valamint
4
−2 6= 0
−4 6= −5 2 , azért a három pont nem illeszkedik egy egyenesre.
3.22Megoldás:
A négy pont akkor, és csakis akkor esik egy síkba, ha a
h(b−a)×(c−a),(d−a)i
vegyesszorzat zérussal egyenl˝o. (Célszer˝u éppa-t kivonni a többi vektorból, hiszena=0lévén ez semmiféle extra számolással nem jár.)
El˝oször számoljuk kib×c-t:
b×c=
i j k
3 1 1
0 −1 2
= 3i−6j−3k Ezekután
h(b−a)×(c−a),(d−a)i=hb×c,di=h(3, −6, −3),(−2,1,2)i=−6−6−6 =−18 Mivel ez nem0, a négy pont nem illeszkedik egy síkra.
3.23Megoldás:
Válasszuk ki az egyik pontot, például azA-t és tekintsük aB−A,C−A,D−Akülönbségvektorokat:
B−A= (4,2,−1) C−A= (3,5, z) D−A= (−1, −5,3) zértékét úgy kell megválasztanunk, hogy e három különbségvektor vegyesszorzata0legyen.
El˝oször számoljuk a vektoriális szorzatot.
(B−A)×(C−A) =
i j k 4 2 −1
3 5 z
= (2z+ 5)i−(4z+ 3)j+ 14k A vegyesszorzat:
h(B−A)× (C−A),(D−A)i=−(2z+ 5) + 5(4z+ 3) + 3·14 = 0 Rendezvez-re:
52 + 18z= 0 ⇒ z=−52
18 =−26 9 Tehát, haz=−26
9 , akkor négy pont egy síkra illeszkedik.
3.24Megoldás:
Mivel aB−Aés aC−Avektorok a három pontra illeszked˝o síkon vannak, ezért vektoriális szorzatuk mer˝oleges lesz a síkra. Ezért a keresett egyenes irányvektorát választhatjukv:= (B−A)×(C−A)-nak:
Mivel pedig
B−A= (1,2, −1), C−A= (4, −1,3), azért
v= (B−A)×(C−A) =
i j k 1 2 −1 4 −1 3
= (5, −7, −9) Így a keresett egyenes paraméteres egyenletrendszere:
x= 3 + 5t, y=−1−7t, z= 2−9t
3.25Megoldás:
Az adott egyenes irányvektora nyilváne= (2,1, −2). A keresett egyenesf irányvektorae-re nyilván mer˝oleges; ugyanakkor mer˝oleges is két egyenes közös síkjánaknnormálvektorára is. Mivel pedig e normálvektor
n:= (b−a)×e nek választható, azért az
f := ((b−a)×e)×e választás megfelel˝o.
A konkrét adatokkal:
(b−a)×e= (2, −1, −1)×(2,1, −2) = (3,2,4) és ezért
f = (3,2,4)×(2,1, −2) = (−8,14, −1) A keresett egyenes egyenletrendszere pedig:
x= 5−8t, y=−2 + 14t, z=−1−t
3.26Megoldás:
Az adott síkok normálvektorai a síkok normálegyenleteib˝ol leolvashatók:
n1= (2, −1, −1) n2= (4, −1,1)
A keresett sík normálvektora mindkét fenti normálvektorra mer˝oleges kell, hogy legyen. Ilyen vektor pl.
kett˝ojük vektoriális szorzata:
n1×n2=
i j k 2 −1 −1 4 −1 1
= (−2, −6,2)
Egy lehetséges normálvektor tehát: (−2, −6,2).
A további számolás valamivel egyszer˝ubb, ha a normálvektor inkább ennek(−12)-szerese:
ns :=−1
2·(−2, −6,2) = (1,3, −1) A keresett sík normálegyenlete:
(x−0) + 3(y−4)−(z+ 7) = 0 Rendezve:
x+ 3y−z= 19
3.27Megoldás:
A gúla ötödik csúcspontja nyilván az alap súlypontja felett100egység magasságban lev˝o pont, azaz D= (50,50,100). A keresett sík egy lehetséges normálvektora nyilván aD−B= (−50,50,100)és a
C−B = (0,100,0)különbségvektorok vektoriális szorzata, azaz a(−10000,0, −5000)vektor. Kényelmesebb azonban ennek(−50001 )-szeresét választani normálvektornak:
n:= (2,0,1)
Így a keresett sík (mely definíció szerint illeszkedik pl aB pontra) normálegyenlete:
2(x−100) + (z−0) = 0, azaz
2x+z= 200.
3.28Megoldás:
Vegyük észre, hogy két párhuzamos egyenesr˝ol van szó, mivel irányvektoraik megegyeznek. A közös
irányvektor: v= (3,2, −2). A keresett sík normálvektora erre nyilván mer˝oleges kell, hogy legyen; továbbá ugyancsak mer˝oleges kell, hogy legyen a két egyenes egy-egy tetsz˝oleges pontjának különbségvektorára is.
A két egyenes egyenletéb˝ol egy egy pontjuk (pl. at= 0paraméterértékhez tartozó pont) leolvasható:
P := (2, −1,3), ill. Q:= (1,2, −3).
A keresett sík normálvektora tehát a következ˝onek választható:
n:=v×(Q−P) =
i j k 3 2 −2
−1 3 −6
= (−6,20,11)
A két egyenesre illeszked˝o sík egyenlete aP pontra felírva:
−6(x−2) + 20(y+ 1) + 11(z−3) = 0
−6x+ 12 + 20y+ 20 + 11z−33 = 0 Rendezve:
6x−20y−11z+ 1 = 0 AQpontra felírva ugyanezt az egyenletet kapjuk.
3.29Megoldás:
LegyenQegy tetsz˝oleges pontja egynnormálvektorú síknak. Ekkor azApontnak a síktól mért távolságát az (A−Q)különbségvektornaknnormálvektor irányú mer˝oleges vetületének hossza adja, azaz a szóban forgó távolság:
A feladat megoldásához szükségünk van egy pontra a síkról és egy normálvektorra. A normálvektor a sík normálegyenletéb˝ol leolvasható, hossza is számítható:
n= (1, −1,3), ||n||=√ 11
A sík egy pontjának megadásához annak két koordinátáját szabadon választhatunk, majd a harmadikat a sík egyenlete alapján meghatározzuk.
Például, hay=z= 0. akkorx=−5. Így a sík egy pontja: Q:= (−5,0,0), és akkorA−Q= (6, −2,1).
Most már tudjuk számítani a pont és a sík távolságát:
3.30Megoldás:
Keressük azt az(x0,y0,z0)pontot, amely illeszkedik mindkét egyenesre (ha ilyen létezik egyáltalán). Ez azt jelenti, hogy keresünk olyan (nem feltétlen egyenl˝o!) tésτ paraméterértékeket, melyekre teljesül, hogy:
x0 = 3 + 2t, y0 = 1 +t, z0 = 2−t és
x0 =−1 +τ, y0 = 2 + 2τ, z0= 1−2τ
Ez az egyel˝ore ismeretlent,τ paraméterekre a következ˝o egyenl˝oségek teljesülését jelenti:
3 + 2t=−1 +τ, 1 +t= 2 + 2τ, 2−t= 1−2τ
Eggyel több egyenletünk van, mint ahány ismeretlenünk. Válasszuk ki az els˝o két egyenletet és határozzuk meg bel˝ole atésτ paramétereket.
3 + 2t=−1 +τ, 1 +t= 2 + 2τ
A második egyenlet(−2)-szeresét hozzáadva az els˝o egyenlethez,tkiesik, ésτ értéke meghatározható.
1 =−5−3τ ⇒ τ =−2
Visszahelyettesítveτ értékét az els˝o egyenletbe, kapjuk, hogy: t=−3. Most ellen˝orizzük, hogy a kapotttt,τ paraméterértékek kielégítik-e harmadik egyenletet is:
2−(−3) = 1−2·(−2) = 5 Az egyenl˝oség teljesül, ez pedig azt jelenti, hogy létezik metszéspont.
A metszéspont koordinátáinak kiszámítás úgy történik, hogy a most meghatározottt,τ paraméterértékeket behelyettesítjük (bármelyik!) egyenes egyenletébe. Ha pl. az els˝obe, akkor kapjuk, hogy:
x0= 3 + 2·(−3) =−3, y0 = 1 + (−3) =−2, z0 = 2−(−3) = 5,
azaz a metszéspont: (−3,−2,5). Ugyanerre az eredményre jutunk, hat,τ kiszámított értékeit a második egyenes egyenletébe helyettesítjük:
x0 =−1 + (−2) =−3, y0= 2 + 2·(−2) =−2, z0 = 1−2·(−2) = 5.
Megjegyzés: A feladat tanulsága, hogy két különböz˝o egyenes egyidej˝u vizsgálata esetén célszer˝u azok paramétereit más bet˝uvel jelölni, nehogy az a hamis következtetés alakuljon ki, hogy a két egyenes paraméterei szükségképp megegyeznek.
3.31Megoldás:
A normálegyenletekb˝ol leolvashatók a síkok normálvektorai:
n1= (2, −3,1), n2= (4,1, −1)
Látható, hogy egyik sem számszorosa a másiknak, azaz a két sík nem párhuzamos, így valóban létezik metszésvonaluk.
A metszésvonal mindkét síkra illeszkedik, így mindkét normálvektorra mer˝oleges. Így irányvektora választható a két normálvektor vektoriális szorzatának:
e:=n1×n2 = (2, −3,1)×(4,1, −1) = (2,6,14)
Hátra van a metszésvonal egy pontjának meghatározása, jelöljön(x0,y0,z0)egy ilyet. Ez mindkét síkon rajta van, így mindkét normálegyenletet kielégíti:
2x0−3y0+z0 =−10, 4x0+y0−z0 = 0
Eggyel kevesebb ismeretlenünk van, mint ahány egyenletünk. Egyik ismeretlent így szabadon
megválaszthatjuk. Az egyszer˝uség kedvéért legyen pl.x0 := 0. A másik két ismeretlenre ezért a következ˝ok teljesülnek:
−3y0+z0 =−10, y0−z0 = 0
A két egyenletet összeadva,z0 kiesik,−2y0=−10, azazy0 = 5. Ezt visszahelyettesítve pl. az els˝o egyenletbe:
−15 +z0 =−10, azazz0 = 5. A metszésvonal egy pontja tehát(0,5,5), így a metszésvonal egyenlete:
x= 2t, y= 5 + 6t, z= 5 + 14t
3.32Megoldás:
Legyen(x0,y0,z0)egy közös pont: ez mind a sík, mind az egyenes egyenletét kielégíti, azaz alkalmast0
paraméterérték mellett:
x0= 2 + 3t0, y0= 3t0, z0 = 5 + 4t0
és
x0+ 2y0−z0 = 7
egyaránt teljesül. Az egyenes egyenletéb˝olx0,y0,z0-ra adódó kifejezéseket a sík egyenletébe helyettesítve:
(2 + 3t0) + 2·(3t0)−(5 + 4t0) = 7
amiben az egyetlen ismeretlen at0 paraméter. A bal oldalon a zárójeleket felbontva és a lehetséges összevonásokat elvégezve−3 + 5t0 = 7adódik, ahonnant0= 2. Ezt visszahelyettesítve az egyenes egyenletébe, megkapjuk a közös pont koordinátáit:
x0 = 2 + 3·2 = 8, y0 = 3·2 = 6, z0= 5 + 4·2 = 13 Tehát egyetlen közös pont létezik, éspedig(8,6,13).